\begin{exo}
	Etudier la continuit\'e et les d\'eriv\'ees premi\`eres  de $f$ d\'efinie par : $$f(x,y) = \left\{
	\begin{array}{l}
		x^2 \quad\hbox{ si } |x|<|y|\\
		y^2 \quad\hbox{ si } |x|\ge|y|
	\end{array}\right.$$

	%-----------
	\begin{correction}

		$f$ est diff\'erentiable sur $\RR^2$ priv\'e des deux bissectrices.\\
		Soit $(x_0,y_0)$ tel que $|x_0|=|y_0|$. $\lim_{(x,y)\rightarrow (x_0,y_0)} f(x,y) = \lim x^2 = x_0^2$ ou bien  $=\lim y^2 =
		y_0^2$, i.e. $=f(x_0,y_0)$ dans tous les cas. $f$ est continue sur $\RR^2$.\\
		%
		Pour $f_x$, on regarde $\ds{ \lim \frac{f(x,y_0)-f(x_0,y_0)}{x-x_0} }$. Or ce taux d'accroissement vaut soit
		$\ds{ \frac{x^2-x_0^2}{x-x_0}=x+x_0}$ qui tend vers $2x_0$, soit $\ds{ \frac{y_0^2-x_0^2}{x-x_0}=0} $. \\
		Donc $f_x$ n'est pas d\'efinie en $(x_0,y_0)$, sauf pour $(x_0,y_0)=(0,0)$ o\`u $f_x(0,0)=0$.\\
		Idem pour $f_y$.

	\end{correction}
\end{exo}
%=============
\begin{exo}
	Soit $f$ d\'efinie par :
	$$\left\{
	\begin{array}{l}
		f(x,y) = (x^2+y^2) \sin\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} \quad\hbox{ si } (x,y)\ne (0,0)\\
		f(0,0)= 0
	\end{array}\right.$$
	%
	Montrer que $f$ est continue et admet des d\'eriv\'ees premi\`eres sur $\RR^2$. Ses d\'eriv\'ees partielles sont-elles con\-ti\-nues sur $\RR^2$ ?

	%-----------
	\begin{correction}

		continuit\'e : facile\\
		$\ds{ f_x(x,y) = 2x \sin\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} - x (x^2+y^2)^{-1/2} \cos\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} } $. $f$ est donc $C^1$ sur
		$\RR^2\setminus \{(0,0)\}$.\\
		%
		$\ds{ f_x(0,0) = \lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} = \lim_{h\rightarrow 0} h \sin1/|h| = 0 }
		$.
		Donc $f_x$ est d\'efinie sur $\RR^2$, continue sur $\RR^2\setminus \{(0,0)\}$. Pour regarder la continuit\'e en $(0,0)$, on
		regarde par exemple $f_x(x,0)$, qui n'a pas de limite quand $x\rightarrow 0$. Donc $f_x$ est discontinue en $(0,0)$.\\
		Idem pour $f_y$ par sym\'etrie entre $x$ et $y$.

	\end{correction}
\end{exo}
%=============
\begin{exo}
	On consid\`ere la fonction $f:\RR^2\rightarrow\RR$
	d\'efinie par $$f(x,y)=\frac{x^3y}{x^2+y^2},\;\;\mbox{si}\;\;(x,y)\neq
	(0,0),$$ et $f(0,0)=0.$ Montrer que $f$ est de classe $C^1$ sur
	$\RR^2$ tout entier. Calculer $\mbox{d}f_{(0,0)},$ et
	$\mbox{d}f_{(1,1)}.$

	%-----------
	\begin{correction}

		En $(x,y)\neq 0$, $f$ est $C^1$ et
		$\pder{f}{x}(x,y)=\frac{x^2y(x^2+3y^2)}{(x^2+y^2)^2}$, et
		$\pder{f}{y}(x,y)=\frac{x^3(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2}$. En $(0,0)$
		les d\'eriv\'ees partielles existent et sont nulles:
		$$
		\lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{h}\, \frac{h^3\cdot 0}{h^2+0} = \lim_{h\rightarrow 0} \frac{1}{h}\,\frac{0\cdot h}{0+h^2} = 0
		$$
		Pour montrer que la fonction est $C^1$, il faut montrer que les
		d\'eriv\'ees partielles sont continues en $(0,0)$, ce qui suit de
		$$
		|y \frac{x^2}{x^2+y^2} \frac{x^2+3y^2}{x^2+y^2}|\leq 3|y|
		$$
		$$
		|x \frac{x^2}{x^2+y^2} \frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}|\leq 2|x|
		$$
		%
		Comme les d\'eriv\'ees partielles sont nulles \`a l'origine, on a
		$\mbox{d}f_{(0,0)}(h_1,h_2)=0$. $\pder{f}{x}(1,1)=1$,
		$\pder{f}{y}(1,1)=0$ donc $\mbox{d}f_{(1,1)}(h_1,h_2)=h_1$.

	\end{correction}
\end{exo}
%=============
\begin{exo}
	Soient $a,b,c,d$ des r\'eels donn\'es.\\
	1. On pose $f(x,y,z) = ax+by+cz+d$. Montrer que $f$ est diff\'erentiable sur $\RR^3$.\\
	2. Soit $g : \RR^3\longrightarrow \RR$ telle que : $$\forall (x,y,z)\in\RR^3, \forall (h_1,h_2,h^3)\in\RR^3 \quad dg[x,y,z] (h_1,h_2,h_3) = ah_1 + bh_2 +ch_3$$
	D\'eterminer $g$.
	%-----------
	\begin{correction}

		1. Les d\'eriv\'ees premi\`eres de $f$ sont continues sur $\RR^3$ et valent $f_x=a, f_y=b, f_z=c$. D'o\`u
		$df[x,y,z] (h_1,h_2,h_3) = ah_1 + bh_2 +ch_3$\\
		%
		2. L'expression de $dg$ indique que $g_x(x,y,z)=a \; \forall (x,y,z)$. Donc $g(x,y,z)=ax+\varphi(y,z)$.
		De plus, $g_y(x,y,z)=b \; \forall (x,y,z)$. Donc $\varphi_y(y,z)=b$. $\varphi(y,z) = by+\psi(z)$. Enfin, $g_z(x,y,z)=c \;
		\forall (x,y,z)$. d'o\`u $\psi(z)=cz+d$. Finalement :
		$g(x,y,z) = ax+by+cz+d$.

	\end{correction}
\end{exo}
%=============
\begin{exo}
	Montrer que $\ds{ \frac{1}{(x+y)^2}\, \left( 2yz\, \hbox{dx} - 2xz\, \hbox{dy} + (x^2-y^2)\, \hbox{dz}\right) }$ est la diff\'erentielle d'une fonction $f$ que l'on d\'eterminera.
	%-----------
	\begin{correction}

		$\ds{ f_x(x,y,z)=\frac{2yz}{(x+y)^2}Ê}$ donne $\ds{ f(x,y,z)= -\frac{2yz}{x+y}+g(y,z) }$. $\ds{
		f_y(x,y,z)=\frac{-2xz}{(x+y)^2}Ê}$ donne $g(y,z) = g(z)$. Enfin $f_z$ donne $g(z)=z+K$. Finalement :$\ds{ f(x,y,z)=
		-\frac{2yz}{x+y}+ z +K }$.

	\end{correction}
\end{exo}
%=============

